2023-2024学年福建省福州市高二下学期期中考试数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年福建省福州市高二下学期期中考试数学模拟试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件2．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“——”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A． B． C． D．3．两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有A．10种 B．15种 C．20种 D．30种4．若则（

）A． B． C． D．5．某地的中学生中有的同学爱好滑冰，的同学爱好滑雪，的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（

）A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.46．从装有个白球，个红球的密闭容器中逐个不放回地摸取小球.若每取出个红球得分，每取出个白球得分.按照规则从容器中任意抽取个球，所得分数的期望为（

）A． B． C． D．7．设数列的前项之积为，满足（），则（

）A． B． C． D．8．如图，已知正方形的边长为4，若动点P在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．若袋子中有2个白球，3个黑球（球除了颜色不同，没有其他任何区别），现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则（

）A． B．C． D．10．下图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=（

）A． B． C． D．11．已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（）A． B．∠ADB是锐角C．是锐角三角形 D．四边形DFMN是菱形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．二项式展开式中的系数为.13．过原点的直线与相切，则切点的坐标是.14．将杨辉三角中的每一个数都换成分数，就得到一个如下图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形，从莱布尼茨三角形可看出，其中，令，则．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且.(1)求角C；(2)若，求c的取值范围.16．某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%．学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的，，．若主持人随机从场下学生中选一人参与互动．(1)求选到的学生是艺术生的概率；(2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大．17．如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．18．已知函数.(1)若是的极值点，求的值；(2)求函数的单调区间；(3)若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围.19．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.1．A【分析】化简，根据真子集关系可得答案.【详解】因为，且是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A2．A【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．3．C【详解】试题分析：第一类：三局为止，共有种情形；第二类：四局为止，共有种情形；第三类：五局为止，共有种情形；故所有可能出现的情形共有种情形故选C.考点：1、分类计数原理；2、排列组合.【易错点睛】本题主要考查分类计数原理、排列组合，属容易题.根据题意，可得分为三种情况：三局结束比赛、四局结束比赛和五局结束比赛，故用到分类计数原理，当三局结束比赛时，三场都同一个人胜，共2种情况；当四局结束比赛时，若甲胜时，则前三局甲胜2场，最后一场甲胜，共有种方法，同理乙胜利时，有种方法；当五局结束比赛时，若甲胜，则前四局甲胜2场，最后一场甲胜，共有种方法，同理乙胜利时，有种方法；此类问题中一定要注意，若甲胜，则最后一场必须是甲胜，前面只能胜2场，否则容易出错.4．C【分析】使用赋值法，当分别取和时，得到和，联立解得.【详解】令，得①；令，得②；得：.故选：C5．A【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解.【详解】同时爱好两项的概率为，记“该同学爱好滑雪”为事件,记“该同学爱好滑冰”为事件，则，所以.故选:.6．A【分析】根据取出小球的所有情况写出得分的所有可能，根据超几何公式求得各个取值对应的概率，进而得到其分布列，求出期望.【详解】解：设得分为，根据题意可以取，，.则，，，则分布列为：432所以得分期望为.故选：.7．C【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．【详解】因为，所以，即，所以，所以，显然，所以，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，即，所以．故选：C．8．B【分析】作出辅助线，利用极化恒等式得到，结合的最值得到答案.【详解】取的中点，连接，则，，两式分别平方再相减得，设中点为，连接交圆弧于点，则当与重合时，最小，最小值为2，当当与或重合时，最大，最大值为，所以.故选：B【点睛】思路点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.9．BCD【分析】分析可知，可判断A选项；利用独立重复试验的概率可判断B选项；利用二项分布的期望公式可判断C选项；利用二项分布的方差公式可判断D选项.【详解】由题意知，每次取到白球的概率为，取到黑球的概率为，由于取到白球记1分，取到黑球记0分，所以X为4次取球取到白球的个数，易知，故A错误；，故B正确；，故C正确；，故D正确．故选：BCD．10．BC【分析】首先利用周期确定的值，然后确定的值即可确定函数的解析式，最后利用诱导公式可得正确结果.【详解】由函数图像可知：，则，所以不选A,不妨令,当时，，解得：，即函数的解析式为：.而故选：BC.【点睛】已知f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法：(1)由ω＝即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ.(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.11．ABD【分析】设出点，，由题意分析可知三角形为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可.【详解】由抛物线，可知，，设点，，则，所以，而，所以，所以，所以三角形为正三角形，所以，又轴，所以，，则，所以，，，所以直线的方程为：，联立方程，可得，所以，则，所以，所以，故A正确；，且，，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；由于以为直径的圆与准线相切，点在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；，，，所以，，所以，所以为钝角，所以是钝角三角形，故C错误.故选：ABD.12．【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】对，有，令，则，则，即二项式展开式中的系数为.故答案为：.13．【分析】设切点坐标为，根据导数的几何意义求出切线方程，将代入，即可求得答案.【详解】由题意设切点坐标为，由，得，故直线的斜率为，则直线l的方程为，将代入，得，则切点的坐标为，故答案为：14．##【分析】从莱布尼茨三角形可看出，下一行的两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数，进而得，再根据求和得，再求解极限即可.【详解】解：从莱布尼茨三角形可看出，下一行的两个分数之和等于肩上的上一行的那个分数，所以，，即，所以……，所以，故答案为：；.15．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果；（2）利用余弦定理以及已知条件，即可求出的取值范围.【详解】（1）由正弦定理得，即，，因为，所以，所以，又因为，所以；（2）由得，且由（1）知：，由余弦定理得：当时，由二次函数的性质知：的值域为，当且仅当时取等号，此时，所以，即所以c的取值范围为.16．(1)(2)来自丙班的可能性最大【分析】（1）依据题意根据全概率公式计算即可；（2）根据条件概率公式分别计算，即可判断.【详解】（1）设“任选一名学生恰好是艺术生”，“所选学生来自甲班”，“所选学生来自乙班”,“所选学生来自丙班”．由题可知：，，，，，

.（2）；

所以其来自丙班的可能性最高．17．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.18．(1)1(2)答案见解析(3).【分析】（1）由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；（2）由题意，求导得，然后分与两种情况讨论，即可得到结果；（3）由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果.【详解】（1）因为则，即，所以，经检验符合题意（2），则.当时，，在上单调递增；当时，由，得，若，则；若，则.当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.综上所述，当时，函数的增区间为；当时，函数的增区间为，减区间为.（3）当时，由可得，令，其中，则直线与函数在上的图像有两个交点，，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减.所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数在上的图像有两个交点，因此，实数的取值范围是.19．(1)(2)证明见解析.【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出